专题38在四种常见模型中应用动量守恒定律（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_一轮复习_2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

2023 届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练 专题38 在四种常见模型中应用动量守恒定律 导练目标 导练内容 目标1 人船模型和类人船模型 目标2 反冲和爆炸模型 目标3 弹簧模型 目标4 板块模型 【知识导学与典例导练】 一、人船模型和类人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v ,人的速度大小为v ,以船运动的方向为正方向,则m v -m v =0,可得 船 人 船 船 人 人 m v =m v ；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m v t=m v t, 船 船 人 人 船 船 人 人 即：m x =m x ，由图可看出x +x =L， 船 船 人 人 船 人 可解得： ； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五【例1】西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可 知矣。”这就是著名的曹冲称象的故事。某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺 测出船长为L，然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测 出船后退的距离d与自身的质量m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】画出如图所示的草图 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则 ， 人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定 律得 解得船的质量 故选D。 【例2】如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧 轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点 由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦 因数为 ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒 B．滑块滑到B点时的速度大小为 C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为 D．水平轨道的长度 【答案】D 【详解】A．滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合为不为零，系统动量不守恒，故A 错误； B．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得 ； 解得 ； 滑块滑到B点时的速度为 ，故B 错误； C．设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块 水平方向相对地面的位移为 滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方 向，在水平方向，由动量守恒定律得 已知 ，解得 ， 故C错误；D．系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得 故D正确。故选D。 二、反冲和爆炸模型 1． 对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2． 爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力， 所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的 总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认 为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 【例3】如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火 箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v 的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已 0 知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C．火箭的水平射程为 D．火箭上升的最大高度为 【答案】C 【详解】A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误； B．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误； C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有 解得 火箭上升的时间为 火箭的水平射程为 ，C正确； D．水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有 解得 ，D错误。故选C。 【例4】质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹 炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向 下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸 药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后 面的运动，下列说法正确的是（ ） A．落地前同一时刻，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同 C．落地时，a的速度大小为 D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为P=Pb>Pc=Pd a 【答案】BD 【详解】A．爆炸时间极短，说明爆炸过程动量守恒，由水平方向和竖直方向守恒，有 0= mv– mv 0= mv– mv 解得v=v ，v=v ，炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量 a b， c d a b c d 定理有Ft=Δp= mv联立得v=v=v=v =v爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛和平抛运动 a b c d 落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向自由落体运动的位移相等，a、b只在竖 直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故四点分布在一条直线上，且 ac连线等于cb连线， A错误； B．落地前，a、b、c、d的加速度都为重力加速度，在相等的时间内速度的变化量Δv=gt，方向竖直向下， B正确； C．烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E=mgh落地时根据动能定理，有 mgh=E-E可得a、b、c、d的动 1 能相等，均为E= E，速度大小均为 ，C错误； 1 D．落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为 ，根据 得a、b、c、d重力的功率 关系为P=P>P=P，D正确。故选BD。 a b c d 三、弹簧模型条件与模型 ①m =m （如:m =1kg；m =1kg） A B A B ②m >m （如:m =2kg； A B A m =1kg） B ③m